3.2 弱电解质的电离 盐类的水解（含解析） 学情检测 2023-2024学年高二上学期鲁科版（2019）选择性必修1

3.2 弱电解质的电离 盐类的水解 学情检测
一、单选题
1．为了配制CH3COO﹣与Na+离子物质的量浓度值比为1：1的溶液，可向醋酸钠溶液中加入（　　）
A．适量的盐酸 B．适量的NaOH固体
C．适量的KOH 固体 D．适量的NaCl固体
2．下列离子方程式中，属于水解反应且正确的是的是（　　）
A．HCOOH+OH- HCOO—+H2O
B．CO2+H2O +H+
C． +H2O +OH-
D．HS—+H2O S2—+H3O+
3．两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释，溶液pH的变化如图所示，下列叙述不正确的是（　　）
A．MOH是一种弱碱
B．在x点，c（M+）=c（R+）
C．稀释前，c（ROH）=10 c（MOH）
D．稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c（OH﹣）后者是前者的 10倍
4．25 ℃时，不同酸性条件下的0.1 mol·L-1 HF溶液中，c(HF)、c(F－)与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．随着溶液pH增大， 不断增大
B．由水电离出的c(H＋)：Q＞X＝Y
C．HF的电离常数Ka＝1.0×10-3.2
D．0.1 mol/LNaF溶液的pH约为8.2
5．常温下，将浓度均为0.10mol．L﹣1、体积均为V0L的HX溶液和HY溶液分别加水稀释至体积为VL，其AG[AG=lg ]随lg 的变化如图所示，下列叙述错误的是（　　）
A．HX的酸性强于HY的酸性
B．a点的c（Y﹣）与b点的c（X﹣）相等
C．水的电离程度：a点小于c点
D．若两溶液同时升高温度，则c（Y﹣）和c（X﹣）均增大
6．下列变化不属于水解反应的是（　　）
A．NH4++H2O NH3 H2O+H+ B．HS﹣+H2O H3O++S2﹣
C．HS﹣+H2O H2S+OHˉ D．NH4++2H2O NH3 H2O+H3O+
7．常温下，用0.10 mol·L－1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L-1 H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成两者溶液的体积之和)，下列说法正确的是（　　）
A．点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(OH－)
B．点③所示溶液中：c(K＋)＞c(HC2O)＞c（H2C2O4）＞c(C2O)
C．点④所示溶液中：c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.10 mol·L-1
D．点⑤所示溶液中：c(OH－)= c(H＋)+ c(HC2O)+ c(C2O)
8．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）
A．可表示将SO2气体通入溴水时pH的变化
B．表示KNO3的溶解度曲线，a点是80℃的KNO3的不饱和溶液
C．表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
D．表示室温下，0.100mol/L NaOH溶液分别滴定0.100mol/L的盐酸和醋酸的滴定曲线，由图知I为盐酸的滴定曲线
9．水的电离过程为，在时，水的离子积：，在时，水的离子积：，则下列叙述正确的是
A．随着温度的升高而降低
B．时，
C．时的水比时的水电离程度小
D．水的电离是吸热的
10．25℃时，已知弱酸的电离常数：K（CH3COOH）=1.8×10﹣5；K1（H2CO3）=4.4×10﹣7；K2（H2CO3）=4.7×10﹣11；K（HClO）=4.0×10﹣8．则下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，0.1mol/L的醋酸溶液比0.01mol/L的醋酸溶液的K值小
B．25℃时，甲基橙滴入0.1mol/L的醋酸溶液中，溶液呈黄色
C．新制氯水与碳酸氢钠不反应
D．等物质的量浓度的碳酸钠溶液、醋酸钠溶液、次氯酸钠溶液的pH：pH[Na2CO3（aq）]＞pH[NaClO（aq）]＞pH[CH3COONa（aq）]
11．下列不能证明是弱电解质的是（　　）
A．用溶液做导电实验，灯泡很暗
B．等pH等体积的盐酸、溶液分别和足量锌反应，放出的氢气较多
C．常温下，0.1mol/L的溶液的pH=2.8
D．pH=1的溶液稀释100倍后，溶液pH<3
12．可用于吸收烟气中的。测得溶液中、、的物质的量分数随pH的变化关系如图所示。室温下，将通入溶液中，已知：
下列说法错误的是（　　）
A．曲线②代表物质的量分数与pH变化的关系
B．
C．溶液呈碱性
D．B点所示溶液中，
13．常温下，下列说法错误的是（　　）
A．在0.1mol·L－1的醋酸溶液中，加0.1mol/L的葡萄糖溶液，醋酸的电离程度增大
B．向 0.1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中 增大
C．0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，CO 水解程度增大，但溶液的pH 减小
D．pH=5的下列3种溶液：①HCl ②CH3COOH和CH3COONa混合溶液③NH4Cl溶液，水电离的程度：①=②＜③
14．25℃时，改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)[δ(RCOOH)=]也随之改变。甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．丙酸的电离常数数量级为10-5
B．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较：前者＞后者
C．水的电离程度：M点＜N点
D．将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)
15．25℃时，将浓度均为0.1mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100 mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）
A．HA为弱酸，BOH为弱碱
B．b点时，c(B+)=c(A-)
C．c点时，混合溶液呈碱性的主要原因是过量的BOH电离出OH-，使得溶液中c(OH-)>c(H+)
D．a→c过程中水的电离程度始终增大
16．下列说法正确的是（　　）
A．自发反应一定能快速进行，不自发的反应一定不能发生
B．体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向
C．Br2+H2O HBr+HBrO的平衡常数表达式为K＝
D．弱电解质的电离平衡常数和其对应盐的水解平衡常数互为倒数
二、综合题
17．根据问题填空：
（1）NaCl溶液加热蒸干后最终产物是　 　
（2）NaHCO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是　 　
（3）AlCl3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是　 　
（4）Na2SO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是　 　．
18．镍是有机合成的重要催化剂。某化工厂有含镍催化剂废品(主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质)。某学习小组设计如下流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：
几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH：
回答下列问题：
（1）溶液①中含金属元素的离子是　 　；
（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的　 　；双氧水可以用下列物质替代的是　 　
A.氧气 漂白液 氯气 硝酸；
（3）操作b调节溶液pH范围为　 　；
（4）操作a和c需要共同的玻璃仪器是　 　；上述流程中，防止浓缩结晶过程中，Ni2+水解的措施是　 　。
19．将0.2mol L﹣1HA溶液与0.1mol L﹣1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c（Na+）＞c（A﹣），则（用“＞”、“＜”或“=”填写下列空白）：
（1）混合溶液中c（A﹣）　 　c（HA）．
（2）混合溶液中c（HA）+c（A﹣）　 　0.1mol L﹣1．
（3）混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）　 　0.2mol L﹣1HA溶液中由水电离出的c（H+）．
（4）25℃时，如果取0.2mol L﹣1HA溶液与0.1mol L﹣1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，则HA的电离程度　 　NaA的水解程度．
（5）浓度均为0.1mol L﹣1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是　 　．（用序号表示）
20．高纯度的氢氟酸是制造芯片的重要原料之一。
（1）已知：HF(aq) H+(aq)+F-(aq) ΔH=-10.4kJ/mol
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol
则：HF(aq)+NaOH(aq)=NaF(aq)+H2O(l)的ΔH=　 　。
（2）HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成(HF)2。HF能二聚的原因是　 　，写出(HF)2发生第二步电离的电离方程式　 　。
（3）如图为恒温、带有可自由移动隔板的刚性容器。当两边分别充入4g氦气和20g单分子态的HF气体时，隔板位于“5”处，隔板两边容器内的压强均为100kPa。
若固定隔板于“5”处，当右侧容器内反应2HF(g) (HF)2(g)达到平衡状态时，右侧容器内压强为P1；松开隔板，隔板移至“6”处并达到新的平衡，此时右侧容器内压强为P2，则P1　 　P2(填“大于”“小于”或“等于”)。该温度下，2HF(g) (HF)2(g)反应的平衡常数KP=　 　kPa-1(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留2位有效数字)。
（4）若将上述容器改为绝热容器，固定隔板在“5”处，下列不能说明右侧容器内反应已达平衡状态的是_______。
A．容器右侧气体的密度不再改变
B．容器右侧的温度不再改变
C．容器右侧气体的压强不再改变
D．容器右侧气体的平均相对分子质量不再改变
E．
（5）某温度下，将分析浓度(总浓度)相同的HCl、HF和CH3COOH三种溶液，分别加水稀释时，溶液pH变化如图所示。
图中，氢氟酸溶液在稀释初期的pH上升特别快，据此判断，(HF)2与HF的酸性相比，较强的是　 　。
（6）NaF和HF的混合溶液具有一定的缓冲能力，即加入少量的酸或碱时，溶液的pH基本保持不变。试结合方程式和必要的文字解释之　 　。
21．在污水处理中，FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备；而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．请回答下列问题：
（1）FeCl3净水的原理是（用离子方程式表示）　 　；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）
　 　．
（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．
①若酸性FeCl2废液中：c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol/L，c（Fe3+）=1.0×10﹣3mol/L．，c（Cl﹣）=5.3×10﹣2mol/L，则该溶液的pH约为　 　．
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
　 　ClO3﹣+　 　Fe2++　 　=　 　Cl﹣+　 　Fe+　 　．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO﹣水解导致溶液呈碱性，CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，导致溶液中c（CH3COO﹣）＜c（Na+），为了配制CH3COO﹣与Na+离子物质的量浓度值比为1：1的溶液，应该加入含有OH﹣的物质来抑制醋酸根离子水解，
A．HCl电离出氢离子，氢离子和氢氧根离子反应生成水而促进水电离，反应不符合条件，故A错误；
B．加入NaOH能抑制醋酸根离子电离，但NaOH含有钠离子，导致钠离子的量增大，不可能实现CH3COO﹣与Na+离子物质的量浓度值比为1：1的溶液，所以不符合条件，故B错误；
C．加入适量的KOH溶液，KOH电离出氢氧根离子抑制醋酸根离子水解，且钠离子的量不变，所以可以实现，故C正确；
D．加入适量NaCl固体，NaCl不影响醋酸根离子水解，还导致溶液中钠离子浓度增大，所以不可能实现CH3COO﹣与Na+离子物质的量浓度值比为1：1的溶液，故D错误；
故选C．
【分析】CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO﹣水解导致溶液呈碱性，则溶液中c（CH3COO﹣）＜c（Na+），为了配制CH3COO﹣与Na+离子物质的量浓度值比为1：1的溶液，应该加入抑制醋酸根离子反应的物质，据此分析解答．
2．【答案】C
【解析】【解答】A. HCOOH+OH- HCOO-+H2O 表示甲酸与强碱反应的离子方程式，故不选A；
B. CO2+H2O +H+是碳酸的电离方程式，故不选B；
C. +H2O +OH-表示碳酸根离子水解的离子方程式，故选C；
D. HS-+H2O S2-+H3O+是HS-的电离方程式，故不选D；
故答案为：C。
【分析】本题考查学生对水解反应原理的理解、水解的离子方程式书写，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分水解、电离的区别。
3．【答案】C
【解析】【解答】解：A、根据图示，溶液稀释100倍，MOH溶液的pH减小了1，ROH溶液PH减小了2，所以ROH是强碱，MOH是弱碱，故A错误；
B、两溶液中PH相等，氢氧根离子浓度等于c（M+）、c（R+），所以c（M+）=c（R+），故B错误；
C、由于ROH是强碱，MOH是弱碱，稀释前，MOH大于0.01mol/L，所以稀释前，c（ROH）＜10 c（MOH），故C正确；
D、稀释前，两溶液中，水电离的氢氧根离子浓度大于溶液中氢离子浓度，所以MOH溶液中水电离的c（OH﹣）是ROH溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度的10倍，故D正确；
故选C．
【分析】A、根据MOH和ROH溶液稀释后PH变化大小判断；
B、根据溶液中氢氧根离子浓度进行判断；
C、若都是强碱，c（ROH）=10 c（MOH），而MOH是弱碱，部分电离出氢氧根离子；
D、碱溶液中，水电离的氢氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度．
4．【答案】D
【解析】【解答】A.根据Ka=c(H+)×c(F-)/c(HF), Ka/c(F-)= ,随着溶液pH增大，酸性减弱，碱性增强，溶液中c(F-)逐渐增大，Ka/c(F-)逐渐减小， 不断减小，A不符合题意；
B.酸溶液抑制水的电离，酸性越强对水电离抑制程度越大，水电离出的c(H＋)就越小，从图像可以看出，X 、Q、Y三点对应溶液的pH逐渐增大，酸性减弱，所以由水电离出的c(H＋)应逐渐增大，B不符合题意；
C.HF的电离常数Ka＝c(H+)×c(F-)/c(HF)，当c(F-)= c(HF)时，溶液的pH=10-3.4mol/L,所以HF的电离常数Ka＝1.0×10-3.4，C不符合题意；
D.0.1 mol/LNaF溶液水解平衡常数Kh=KW/Ka=1×10-14/1.0×10-3.4=10-10.6, Kh= c(HF)×c(OH-)/c(F-)= c2(OH-)/0.1=10-10.6, c(OH-)=10-5.8mol/L, c(H+)=10-8.2 mol/L, pH约为8.2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据HF的电离平衡常数的变式分析微粒浓度之比的关系；
B.Q、X、Y三点都呈酸性，抑制水的电离，酸性越弱水电离出的氢离子浓度增大；
C.根据Q点的pH和电离平衡常数进行计算；
D.根据水解平衡常数与电离平衡常数的关系计算pH。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A．相同浓度时，AG的值越大，溶液中氢离子浓度越大，稀释前HX的溶液中AG的值大，即HX溶液中氢离子浓度大，所以HX的酸性比HY强，故A正确；
B．a、b两点的AG值相同，即氢离子浓度相同，则两个溶液中氢氧根离子的浓度也相同，所以c（Y﹣）的c（X﹣）相同，即a点的c（Y﹣）与b点的c（X﹣）相等，故B正确；
C．AG的值越大，溶液中氢离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大，a点的AG值大，a点溶液中氢离子浓度大，水的电离程度小，所以水的电离程度：a点小于c点，故C正确；
D．稀释前，HX的溶液中AG=12，说明c（H+）=0.1mol/L，而酸的浓度为0.1mol/L，所以HX为强酸，在溶液中完全电离，升高温度，溶液中c（X﹣）不变，故D错误．
故选D．
【分析】A．相同浓度时，AG的值越大，溶液中氢离子浓度越大；
B．a、b两点的AG值相同，即氢离子浓度相同；
C．AG的值越大，溶液中氢离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；
D．AG=12，说明c（H+）=0.1mol/L．
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A．NH4++H2O NH3 H2O+H+为NH4+的水解，生成NH3 H2O，水解呈酸性，故A不选；
B．为HS﹣的电离方程式，故B选；
C．HS﹣+H2O H2S+OHˉ为HSˉ的水解方程式，水解生成H2S，溶液呈碱性，故C不选；
D．NH4++2H2O NH3 H2O+H3O+为NH4+的水解，生成NH3 H2O，水解呈酸性，故D不选．
故选B．
【分析】根据水解反应的定义：盐电离出的弱酸或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此来解答．
7．【答案】C
【解析】【解答】A.根据电荷守恒得出：点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－)，故A答案不正确，A不符合题意。
B.点③所示溶液中恰好反应完全，c(C2O42-)应是最大的，故B不正确，不符合题意。
C.点④所示溶液中：根据物料守恒得出c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.10 mol·L-1，C正确，符合题意。
D.点⑤所示溶液中：依据电荷守恒，c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－)，故D答案不正确，D不符合题意。
【分析】此题考查溶液中的电荷守恒，根据溶液不带电这一特性，溶液中的阳离子和阴离子所带电荷相同，根据所加物质的原子间的关系进行书写物料守恒。
8．【答案】B
【解析】【解答】A、溴水显酸性，故起点时溶液的pH应小于7，故A不符合题意；
B、曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的KNO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是 80℃时 KNO3 的不饱和溶液，故B符合题意
C、醋酸溶液中不断加入氨水，生成醋酸铵为强电解质，导电性增强，当氨水过量时，继续加氨水溶液被稀释，导电性减弱，故C不符合题意；
D、盐酸为强酸、醋酸为弱酸，0.100mol/L的盐酸和醋酸的pH大的为醋酸，故图中I为醋酸，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】A.溴与水反应生成氢溴酸、次溴酸，溶液呈酸性；
B.溶解度曲线下的点表示溶液不饱和；
C.乙酸氨溶液中继续通入氨气溶液导电性变化不大；
D.相同浓度的盐酸和醋酸，醋酸的pH较大.
9．【答案】D
【解析】【解答】
温度升高水的离子积增大，促进水的电离，氢离子浓度增大，故A不符合题意；
B.在
时水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度比
大，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度是相等的，故B不符合题意；
C.升温水的离子积增大，促进水的电离，
时的水比
时的水电离程度大，故C不符合题意；
D.
，
温度升高水的离子积增大，则水的电离是吸热过程，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度升高，水的电离增强
B.温度高，氢氧根离子和氢离子浓度相等
C.温度高，电离程度增大
D.温度高电离程度增大是吸热
10．【答案】D
【解析】【解答】解：弱酸的电离常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，则酸根离子的水解程度越小，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，
A．温度相同，则醋酸的电离常数相同，与溶液的酸碱性强弱无关，故A错误；
B.25℃时，甲基橙滴入0.1mol/L的醋酸溶液中，溶液中氢离子浓度为 mol/L，则溶液的pH＞4.4，则溶液呈橙色，故B错误；
C．新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸氢钠反应，故C错误；
D．酸性强弱顺序是：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，酸性越强，则酸根离子的水解程度越小，
等物质的量浓度的碳酸钠溶液、醋酸钠溶液、次氯酸钠溶液中，pH大小顺序是pH[Na2CO3（aq）]＞pH[NaClO（aq）]＞pH[CH3COONa（aq）]，故D正确；
故选D．
【分析】弱酸的电离常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，则酸根离子的水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答，注意酸的电离常数只与温度有关．
11．【答案】A
【解析】【解答】A．溶液的导电性与离子浓度成正比，用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明CH3COOH是弱电解质，只能说明溶液离子浓度较小，A符合题意；
B．等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明醋酸还可电离出氢离子，可证明CH3COOH是弱电解质，B不符合题意；
C．常温下，0.1mol/L的溶液的pH=2.8，说明发生了部分电离，即可证明为弱电解质，C不符合题意；
D．常温下pH=1的溶液稀释至100倍，溶液的pH<3，说明中存在电离平衡，所以能说明为弱电解质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】要证明乙酸是弱电解质，只要证明乙酸部分电离即可。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析可知，曲线②代表物质的量分数与pH变化的关系，A不符合题意；
B．曲线①和曲线②的交点处，c()=c(H2SO3)，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-1.8，B不符合题意；
C．由图可知，曲线②和曲线③的交点 和浓度相等，则的水解常数Kh==c(OH-)=10-6.8，的水解平衡常数Kh==0.57×10-9<的水解常数，说明的水解程度大于，故亚硫酸铵溶液呈碱性，C不符合题意；
D．根据电荷守恒可得，B点时c()+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，又因为B点时和浓度相等，因此c()+c(H+)=c(OH-)+3c()，B点时pH为7.2，c(OH-)> c(H+)，故c()>3c()，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】对于处理图像类题目一般方法：1.弄清横纵坐标含义，2.弄清楚图像代表的含义以及图像变化规律的含义，3.利用特殊点进行计算，如起点和交点。
13．【答案】B
【解析】【解答】A. 在0.1mol·L－1的醋酸溶液中，加0.1mol/L的葡萄糖溶液，溶质葡萄糖不影响醋酸的电离，相当于稀释了醋酸溶液，促进醋酸的电离，醋酸的电离程度增大，故A不符合题意；
B. 向0.1mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，根据氨水的电离平衡常数可知 = ，则该比值减小，故B符合题意；
C. Na2CO3溶液中存在水解反应：CO +H2O HCO +OH-，0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，则CO 浓度降低， 该平衡逆向移动，OH-浓度降低，pH减小，但CO 水解程度增大，故C不符合题意；
D. pH=5的①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液③NH4Cl溶液中，氯化铵溶液中铵根离子水解，促进了水的电离，而①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液中氢离子抑制了水的电离，①HCl和②CH3COOH和CH3COONa混合溶液的pH相等，则两溶液中水的电离程度相同，所以由水电离出的c（H+）大小为：①=②＜③，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.醋酸是弱酸，葡萄糖不影响醋酸的电离，但是加入了葡萄糖，相当于稀释醋酸，越稀越电离
B.氨水电离，加入硫酸铵固体增加了铵根离子，平衡向形成氨水的方向进行，导致偏小
C.碳酸根水解，分步水解，加入氯化钙，钙离子和碳酸根结合，生成碳酸钙沉淀，平衡向左移动
D.弱碱强酸盐水解促进水的电离，而盐酸和醋酸pH相同，对水电离抑制作用相同
14．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，丙酸的电离常数为10-4.88，数量级为10-5，故A不符合题意；
B．由分析可知，甲酸的酸性强于丙酸，则甲酸根离子在溶液中的水解程度小于丙酸根离子，等浓度的甲酸钠溶液的pH小于丙酸钠溶液，故B符合题意；
C．酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，由图可知，M点溶液中pH小于N点，溶液中氢离子浓度大于N点，则水的电离程度小于N点，故C不符合题意；
D．甲酸根离子的水解常数Kh==＜Ka说明等浓度的甲酸和甲酸钠的混合溶液中甲酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由公式可知，δ(RCOOH)=0.5时，溶液中c( RCOOH)=c( RCOO-)，则弱酸的电离常数Ka==c(H+)，由图可知，δ(RCOOH) = 0.5时，甲酸、丙酸溶液的pH分别为3.75、4.88，则甲酸、丙酸的电离常数分别为10-3.75、10-4.88，电离常数越大，弱酸的酸性越强，则甲酸的酸性强于丙酸。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)＜0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH-)＜0.1mol/L，则BOH是弱碱，故A不符合题意；
B.b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-)，故B不符合题意；
C. c点时，BOH过量，过量的BOH电离出OH-，使得溶液中c(OH-)>c(H+)，故C不符合题意；
D.a→b是酸过量和b→c 是碱过量，两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.弱酸和弱碱是弱电解质，在水溶液中是不完全电离的；
B.体系中存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒；
C.溶液呈碱性，说明溶液中氢氧根的浓度大于氢离子的浓度；
D.a→b是酸过量和b→c 是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．有些自发进行的反应也需要反应条件，才能进行，如氢气和氧气需要点燃反应，不自发反应在一定条件下也能进行，故A不符合题意；
B．根据△H-T△S可知，当△H＜0，△S＞0时，△H-T△S一定小于0，反应一定能自发进行，也就是说体系能量减小和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，故B符合题意；
C．平衡常数是生成物的平衡浓度幂次方之积与反应物的平衡浓度幂次方之积的比值，则可逆反应Br2+H2O HBr+HBrO的平衡常数表达式为K＝ ，故C不符合题意；
D．弱电解质的电离平衡常数和其对应盐的水解平衡常数之积等于Kw，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、有些自发进行的反应也需要反应条件；
B、依据判据△G=△H-T△S<0结合焓变熵变分析判断；
C、平衡常数是生成物浓度的幂次方之积比反应物浓度的幂次方之积，注意纯液体不写入表达式；
D、弱电解质的电离平衡常数和其对应盐的水解平衡常数之积等于Kw。
17．【答案】（1）NaCl
（2）Na2CO3
（3）Al2O3
（4）Na2SO4
【解析】【解答】解：（1）氯化钠为强酸强碱盐，不水解，氯化钠热稳定性好，所以NaCl溶液加热蒸干后最终产物是NaCl，
故答案为：NaCl；（2）因为碳酸氢钠不稳定，受热容易分解生成碳酸钠和水，化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，所以NaHCO3水溶液蒸干并灼烧，得到的物质是碳酸钠，
故答案为：Na2CO3；（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水蒸气，所以得到的固体为Al2O3，
故答案为：Al2O3；（4）亚硫酸钠不稳定，在加热过程中被氧气氧化生成硫酸钠，所以最后得到硫酸钠，化学式为：Na2SO4，
故答案为：Na2SO4．
【分析】（1）氯化钠为强酸强碱盐，加热蒸干后最终产物是氯化钠；（2）碳酸氢钠不稳定性，受热容易分解生成碳酸钠和水；（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铝分解；（4）Na2SO3中+4价的硫易被氧气氧化成+6价的硫，Na2SO3溶液加热蒸干灼烧后最终产物是Na2SO4．
18．【答案】（1）AlO2-
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；A
（3）3.2 pH<7.1
（4）玻璃棒；调节溶液pH为2--3
【解析】【解答】(1)碱和铝、氧化铝均能反应，溶液中含有的含有金属的离子是AlO2-；
(2)亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。选项的物质都具有强的氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，但漂白液(主要成分次氯酸钠)、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质，而氧气不能引入杂质离子，故可以用作替代试剂为氧气，合理选项是A；
(3)由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围为，2.7-3.2，镍离子的沉淀范围是7.1-9.2，调节溶液的pH在3.2-7.1，既可以除去杂质铁离子，而又不使镍离子形成沉淀；
(4)操作a是过滤得到固体和滤液，操作c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4 7H2O，操作a、c中均需使用的仪器为玻璃棒；镍离子水解使溶液呈酸性，根据盐的水解规律，为抑制镍离子水解，溶液始终保持酸性，调节溶液pH为2-3。
【分析】（1）结合加入碱溶液后发生的反应确定溶液①中所含的离子；
（2）H2O2具有氧化性，能将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；可代替H2O2的物质需具有氧化性，且反应后不能引入新的杂质；
（3）操作b是为了除去溶液中的Fe3+，且不能形成Ni(OH)2沉淀，结合难溶碱沉淀的pH值进行分析；
（4）操作a为过滤，操作c为蒸发结晶，结合过滤操作、蒸发操作确定其所需的仪器；结合Ni2+水解平衡移动分析；
19．【答案】（1）＜
（2）=
（3）＞
（4）＞
（5）③＞②＞④＞①
【解析】【解答】解：（1）0.2mol/L HA溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，反应后溶质为等浓度的HA、NaA，测得混合溶液中c（Na+）＞c（A﹣），根据物料守恒c（HA）+c（A﹣）=2c（Na+）可得：c（HA）＞c（Na+）＞c（A﹣），
故答案为：＜；（2）根据溶液中的物料守恒得：c（HA）+c（A﹣）=0.1mol/L，
故答案为：=；（3）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以混合溶液中，由水电离出来的c（OH﹣）＞0.2mol/L HA溶液中由水电离出的c（H+），
故答案为：＞；（4）如果取0.2mol/L HA溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，则溶液中的溶质是NaA、HA，测得混合溶液的pH＜7，说明HA的电离程度大于A﹣的水解程度，
故答案为：＞；（5）①H2S、④H2S和NaHS的溶液显示酸性，溶液中pH＜7，由于④中硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则④中氢离子浓度小于①，则溶液的pH：①＜④，
②NaHS和NaHS、③Na2S的溶液显示碱性，由于酸性硫化氢大于硫氢根离子，则③的水解程度大于②，所以溶液的pH：③＞②，故四种溶液的pH从大到小的顺序为：③＞②＞④＞①，
故答案为：③＞②＞④＞①．
【分析】将0.2mol/L HA溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，反应后溶质为等浓度的HA、NaA，测得混合溶液中c（Na+）＞c（A﹣），根据物料守恒c（HA）+c（A﹣）=2c（Na+）可得：c（HA）＞c（Na+）＞c（A﹣），说明A﹣的水解程度大于HA的电离程度，溶液呈碱性，（1）根据分析可知，c（HA）＞c（Na+）＞c（A﹣）；（2）依据溶液中物料守恒计算得到；（3）酸抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离；（4）如果取0.2mol/L HA溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，则溶液中的溶质是NaA和HA，且二者的物质的量浓度相等，测得混合溶液的pH＜7，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度；（5）①H2S，硫化氢在溶液中部分电离出氢离子，溶液显示酸性；②NaHS溶液中，硫氢根离子的电离程度需要水解程度，溶液显示碱性；③Na2S溶液中硫离子水解，溶液显示碱性，且硫离子水解程度大于硫氢根离子，溶液的pH大于②；④H2S和NaHS混合液，硫化氢的电离程度大于硫氢根离子的水解，溶液显示酸性，由于硫氢根离子抑制了硫化氢的电离，则溶液酸性小于①，据此判断溶液的pH．
20．【答案】（1）-67.7kJ/mol
（2）HF分子间可形成氢键；
（3）大于；0.24
（4）A；E
（5）(HF)2
（6）溶液中存在平衡HF F-+H+，F-和HF的浓度均较大，当加入少量酸时，平衡左移，当加入少量碱时，平衡右移，溶液中c(H+)变化不大，故溶液pH基本不变
【解析】【解答】(1)已知：HF(aq) H+(aq)+F-(aq) ΔH=-10.4kJ/mol
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol
根据盖斯定律：将两式相加得到HF(aq)+NaOH(aq)=NaF(aq)+H2O(l)的ΔH=-67.7kJ/mol；
(2)HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成(HF)2，由于氟的电负性较强，HF能二聚的原因是HF分子间可形成氢键；
根据氢氟酸的电离方程程式可知HF为弱酸，故(HF)2发生第二步电离的电离方程式： ；
(3)20g单分子态的HF的物质的量为 = =1mol，4g氦气物质的量为 = =1mol，1mol气体对应的压强为100kp，设每隔体积为V，左侧根据PV=nRT，P1V1=P2V2，100kp×5V=P2×6V，P2= P1= ×100kp=83.3kp，平衡后，左右两边压力平衡，P1＞P2，设转化的氟化氢为2x，根据三段式；
1mol气体对应的压强为100kp，(1-x)mol气体对应的压强为83.3kp，故1-2x+x= mol，解得x= mol，KP= =0.24；
(4)根据化学反应2HF(g) (HF)2(g)，若将上述容器改为绝热容器，固定隔板在“5”处，
A．反应前后的气体的体积不变，质量不变，所以容器右侧反应前后气体密度不发生变化，不可以说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．容器作为绝热容器，始终与外界没有热量传递，任何化学反应都有热量的变化，温度是一个变值，容器右侧的温度不再改变，能说明反应达到平衡状态，故B不正确；
C．反应前后气体的体积发生变化，压强发生变化，当压强不变时可说明右侧容器反应达平衡状态，故C不正确；
D．反应前后气体的质量不变，但是总的物质的量发生变化，根据平均相对分子质量= ，所以当平均相对分子质量不变化时可说明右侧容器反应达平衡状态，故D不正确；
E．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即 =2∶1，但 不能作为判断平衡状态的标志，故E正确；
故答案为：AE；
(5)当HF浓度较高时，存在形式为(HF)2，(HF)2在稀释初期的pH上升特别快，由图可知，在稀释时，酸性越强，pH变化越大，(HF)2的酸性更强；
NaF和HF的混合溶液具有一定的缓冲能力，即加入少量的酸或碱时，溶液的pH基本保持不变；溶液中存在平衡HF F-+H+，F-和HF的浓度均较大，当加入少量酸时，平衡左移，当加入少量碱时，平衡右移，溶液中c(H+)变化不大，故溶液pH基本不变。
【分析】（1）利用盖斯定律即可计算
（2）电负性越强易形成氢键，根据弱酸即可写出电离方程式
（3）根据计算左右两侧物质的量相等，利用阿伏加德罗定律进行计算P1和P2的关系，利用三行式以及压强的大小进行计算出平衡时的分压即可计算出Kp
（4） 上述容器改为绝热容器，固定隔板在“5”处 ，且 2HF(g) (HF)2(g) 是体积减小的反应，可以通过看右侧压强、温度以及右侧气体的平均相对相对分子质量以及浓度以及某气态物质的速率是否不变进行判断，由于气体不变，质量不变，无论平衡与否密度均是不变
（5）根据越稀释酸性越强，即可判断酸性强弱
（6）氢氟酸是弱酸，存在着电离平衡
21．【答案】（1）Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+；2Fe3++Fe=3Fe2+
（2）2；1；6；6H+；1；6；3H2O
【解析】【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+，2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）①根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）=1.0×10﹣2mol L﹣1，则溶液pH=﹣lg1.0×10﹣2=2，
故答案为：2；
②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O，
故答案为：1；6；6H+；1；6；3H2O．
【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）①根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=﹣lgc（H+）计算；
②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3．